题解 CF493E 【Vasya and Polynomial】
题意简述
给定正整数 \(t,a,b\)，求满足 \(P(t)=a,P(a)=b\) 的非负整系数多项式 \(P(x)\) 的个数。
题目分析
显然 \(P(x) \geq x\)，故必须满足 \(t \leq a \leq b\) ，否则无解。
设 \(P(x)=p_0+p_1x+p_2x^2+ \dots +p_nx^n\)。
首先有一个很重要的性质：每个系数都小于等于 \(a\)，即 \(p_i \leq a\)。
- 若存在 \(p_i>a\) ，\(P(t) \geq p_it^i \geq p_i > a\)，矛盾。
由上面的证明可以知道当存在 \(p_i=a\) 时只能有一项，可以分类讨论。
存在 \(p_i=a\)
此时多项式只有一项，故 \(i=n\) 。
- 若 \(n=0,P(x)=a\)。
将 \(a\) 代入得 \(P(a)=a\) ，故 \(P(x)\) 存在当且仅当 \(a=b\)。
- 若 \(n>1,P(x)=p_nx^n\)。
将 \(t\) 代入得 \(P(t)=at^n=a\) ，得 \(t^n=1\) ，故 \(t=1\) 。
将 \(a\) 代入得 \(P(a)=a^{n+1}=b\) 。
故 \(P(x)\) 存在当且仅当 \(t=1\) 且 \(a^{n+1}=b\) 。
注意 \(a=1\) 时只有可能无解或无穷解：
-
\(b=1\) 时，有无穷解。
-
\(b>1\) 时，无解。
\(a>1\) 时直接暴力枚举 \(n\) 即可，至多为 \(log_2(10^{18})\)。
所有 \(p_i<a\)
将 \(b\) 表示成 \(a\) 进制，就可以构造出一个 \(P(a)=b\) ，并且至多只有一个。
以下是证明，不过简单来说，就是将 \(b\) 表示成 \(a\) 进制的形式是唯一的。
\(P(a)=p_0+p_1a+p_2a^2+ \dots +p_na^n=b\)
假设存在另一个 \(P'(a)=b\)
\(P'(a)=p_0'+p_1'a+p_2'a^2+ \dots +p_n'a^n=b\)
两式相减
\((p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2+ \dots +(p_n-p_n')a^n=0\)
因为 \(P(x) \neq P'(x)\) ，存在 \(m\) 使 \(p_m-p_m' \neq 0\) ，令 \(m\) 取最大值（也就是最高次数的不为0的项）。
\((p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2+ \dots +(p_m-p_m')a^m=0\)
\(|(p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2+ \dots +(p_m-p_m')a^m|=|(p_m-p_m')a^m| (*)\)
又因为 \(0 \leq p_i,p_i' \leq a-1\) ，故 \(|p_i-p_i'| < a\)。
\(|(p_1-p_1')a|<a^2\)
\(|(p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2<a^2+a^2(a-1)|=a^3\)
\(|(p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2+(p_3-p_3')a^3<a^3+a^3(a-1)|=a^4\)
以此类推，故 \(|(p_1-p_1')a+(p_2-p_2')a^2+ \dots +(p_{m-1}-p_{m-1}')a^{m-1}|<a^m\)
而 \(|(p_m-p_m')a^m|>=a^m\)
与 \((*)\) 矛盾。
上面那一堆东西简单来说，就是将 \(b\) 表示成 \(a\) 进制的形式是唯一的。
求出 \(P(x)\) ，再将 \(t\) 代入检验一下 \(P(t)=a\) 就行了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T,t,a,b;
long long cnt,tot;
long long ans[65];
bool check(long long x,long long y){//检验P(t)=a
long long tot=0;
long long k=1;
for(long long i=0;i<=cnt;i++){
tot+=k*ans[i];
k*=x;
if(tot>y) return false;
}
return (tot==y);
}
long long cal(long long a,long long b){//计算a^k=b
long long cn=0;
while(b%a==0){
cn++;
b/=a;
}
if(b!=1) return -1;
return cn;
}
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&t,&a,&b);
if(t==1 && a==1 && b==1){//特判无数解
printf("inf");
return 0;
}
if(a==b) tot++;//p_i=a,n=0
if(t==1 && a>1){//p_i=a,n>0
long long tmp=cal(a,b);
if(tmp!=-1 && tmp>1) tot++;
}
if(a>1){//p_i<a
cnt=-1;
long long tmp=b;
while(tmp) ans[++cnt]=tmp%a,tmp/=a;
if(check(t,a)) tot++;
}
printf("%lld",tot);
}
